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 - Le cours a été rédigé en 2015, en cours de révision en 2018. - Les TD et TP ont été rédigé en 2014/2015 .
 % Relu 12.10.14. AA \documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles} \newcommand{\nomTD}{TD1 : Systèmes échantillonés} \renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD} \begin{document} \titre{\nomTD} \subsection*{Exercice 1} \begin{itemize} \item Montrer que $U(z) = \frac{z}{z-1}E(z)$, avec $u_k = \sum_{j=0}^{k} e_j$ et $Z(e_j) = E(z)$ \begin{align*} u_{k-1} & = \sum_{j=0}^{k-1}e_j \\ u_k & = e_k+u_{k-1} \\ \intertext{Donc en appliquant la transformée en z et en utilisant le théorème du retard,} U(z) & = E(z) +z^{-1}U(z) \\ U(z) & = \frac{z}{z-1}E(z) \end{align*} \item Montrer que $Z\{ke_k\}=-z\frac{d}{dz}(E(z))$ \begin{align*} -z\frac{d}{dz}(E(z))&= -z\frac{d}{dz}(\skzi e_kz^{-k})\\ &=-z \skzi e_k(-k)z^{-k-1}\\ &=\skzi ke_kz^{-k}\\ &=Z\{ke_k\}\\ \end{align*} \end{itemize} \subsection*{Exercice 2 :} \noindent Méthode : on effectue la transformée inverse pour obtenir le signal temporel. Puis on l'échantillonne avant de passer à sa transformée en Z, où l'on obtient une suite géométrique que l'on simplifie.\\ \begin{enumerate} \item $Y(p)= L[y(t)] = \frac{1}{p(p+a)} = \frac{\alpha}{p}+\frac{\beta}{p+a}$ On identifie $\alpha=\frac{1}{a} \text{ et } \beta=\frac{-1}{a}$ donc par transformée inverse de Laplace, $y(t)=\frac{1}{a}(1-e^{-at})\mathbf{1}(t)$ Puis on échantillonne avec $t=k.t_e$ avec $k \in\mathbb{N}$, et on a $y_k=\frac{1}{a}(1-e^{-a.k.T_e})$\\ On a donc : \begin{align*} Z\{y_k\} &= Z\{\frac{1}{a}\} - Z\{\frac{1}{a}(e^{-aT_e})^k\}\\ &= \frac{1}{a}(\frac{z}{z-1}-\frac{1}{1-e^{-aT_e}z^{-1}})\\ Y(z) &= \frac{1}{a}(\frac{z}{z-1}-\frac{z}{z-e^{-aT_e}}) \end{align*} \item On pose $Y(p)= \frac{a}{p^2+a^2} = L\{\sin(at)\}$:\\ On a donc, $y_k=\sin(akT_e) = \frac{e^{jakT_e}-e^{-jakT_e}}{2j}$ Or , $Z\{e^{jakT_e}\}=\frac{1}{1-e^{jaT_e}z^{-1}}=\frac{z}{z-e^{jaT_e}}$ et , $Z\{e^{-jakT_e}\}=\frac{1}{1-e^{-jaT_e}z^{-1}}=\frac{z}{z-e^{-jaT_e}}$ d'où : \begin{align*} Y(z) &= \frac{z}{2j}(\frac{1}{z-e^{jaT_e}}-\frac{1}{z-e^{-jaT_e}})\\ &=\frac{z}{2j}(\frac{e^{jaT_e}-e^{-jaT_e}}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)})\\ Y(z) &=\frac{z\sin(aT_e)}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)} \end{align*} \item On procède de même que ci-dessus avec $Y(p)= \frac{p}{p^2+a^2} = L\{\cos(at)\}$:\\ On a donc, $y_k=\cos(akT_e) = \frac{e^{jakT_e}+e^{-jakT_e}}{2}$ D'où \begin{align*} Y(z) &=\frac{z}{2}(2z-\frac{e^{jaT_e}-e^{-jaT_e}}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)}) \\ Y(z) &=\frac{z(z-\cos(aT_e))}{z^2-z(2\cos(aT_e)+1)} \end{align*} \item Ici, les échantillons sont définis par : $y_0=0 ,y_1=1, y_2=-1 \text{ et } \forall k > 2, y_k=0$ On a alors : \begin{align*} Z\{y_k\} &= \skzi y_k.z^{-k}\\ Y(z) &= z^{-1} - z^{-2} \end{align*} \item $\forall k \in \N, y_{2k} = 0 \et y_{2k+1} = 1$. Ainsi, \begin{align*} Z\{y_k\} & = \skzi 1.z^{-(2k+1)} \\ & = z^{-1} \skzi z^{-2k} \\ & = \frac{z}{z^2-1} \end{align*} \item $forall l \in \N, y_k = (-1)^{k+1} \mathbf{1}_k$. Ainsi, \begin{align*} Z\{y_k\} & = \skzi (-1)^{k+1}z^{-k} \\ & = - \skzi (-1)^k(z^{-1})^k \\ & = - \frac{1}{1+z^{-1}} \\ & = - \frac{z}{z+1} \end{align*} \end{enumerate} \subsection*{Exercice 3 :} \noindent Méthode : dans le cas général, on réécrit $\frac{Y(z)}{z}$ en décomposant en éléments simples puis on repasse Y(z) sous forme de série pour effectuer la transformée en Z inverse. De plus, pour les fractions rationnelles dont le dénominateur est d'ordre deux ou plus, on utilise la propriété de multiplication par une variable d'évolution : $TZ : \quad k^n x[k] \rightarrow (-z \frac{d}{dz})^n X(z)$ \\ \begin{enumerate} \item Pour $h > 0$ et $a \in \mathbb{R^*}$ \begin{align*} Y(z) &= \frac{z}{z-a^h}\\ &= \frac{1}{1-\frac{a^h}{z}}\\ &= \skzi (a^h.z^{-1})^k\\ Y(z) & = Z\{(a^h)^k\} \end{align*} \bigbreak \item $Y(z) = \frac{z+1}{(z-3)^2}$\\ On pose $\frac{Y(z)}{z}=\frac{z+1}{z(z-3)^2}=\frac{\alpha}{z}+\frac{\beta}{z-3}+\frac{\gamma}{(z-3)^2}$ On identifie ensuite $\alpha = \frac{1}{9}$, $\gamma =\frac{4}{3}$ et pour $\beta$ on peut multiplier l'égalité par $(z-3)$ puis faire tendre $z$ vers $+\infty$ pour obtenir que $0 = \alpha + \beta$. D'où $\beta = \frac{-1}{9}$, et ainsi : $Y(z) = \frac{1}{9} - \frac{1}{9}\frac{z}{z-3}+\frac{4}{3}\frac{z}{(z-3)^2}$ La transformée inverse donne alors en utilisant la propriété de multiplication : $y_k = \frac{1}{9}.\delta_k - \frac{1}{9}.3^k.\mathbf{1}_k+\frac{4}{3}.k.3^{k-1}.\mathbf{1}_k$ \bigbreak \item $Y(z) =\frac{z+3}{z^2-3z+2}= \frac{z+3}{(z-1)(z-2)}$ On pose $\frac{Y(z)}{z}=\frac{\alpha}{z}+\frac{\beta}{z-1}+\frac{\gamma}{z-2}$ On identifie ensuite $\alpha = \frac{3}{2}$, $\gamma =5$, $\beta = -4$, d'où : $Y(z) = \frac{3}{2} - 4\frac{z}{z-1}+5\frac{z}{z-2}$ La transformée inverse donne alors : $y_k = \frac{3}{2}.\delta_k - 4.\mathbf{1}_k +5.2^k.\mathbf{1}_k$ \end{enumerate} \subsection*{Exercice 5 :} L'asservissement analogique considéré est le suivant, où $H(p) = \frac{C}{p(1+0.2p)}$ et $B_0(p) = \frac{1-e^{-T_ep}}{2}$, avec $T_e=0.2s$ et $C=5rad.s^{-1}$. \begin{figure}[h!] \centering \begin{tikzpicture} \sbEntree{E} \sbComp{comp}{E} \sbRelier[$E(z)$]{E}{comp} \sbBloc{cna}{CNA, BOZ}{comp} \sbRelier[$\epsilon(z)$]{comp}{cna} \sbBloc{sys}{H(p)}{cna} \sbRelier[$U(p)$]{cna}{sys} \sbSortie{S}{sys} \sbRelier[$Y(p)$]{sys}{S} \sbDecaleNoeudy{S}{R} \sbBlocr{can}{CAN}{R} \sbRelieryx{sys-S}{can} \sbRelierxy{can}{comp} \end{tikzpicture} \end{figure} \begin{enumerate} \item Par propriété du cours, on a : $T(z) = (1-z^{-1}).Z\{^*L^{-1}\{\frac{H(p)}{p}\}\}$ On commence par poser $A(p)=\frac{H(p)}{p}=L\{a(t)\}$ et $a_n = a(n.T_e)$, donc $T(z) = (1-z^{-1}).Z\{a_n\}$ On a alors : $A(p) = \frac{C}{p^2(1+0.2p)} = C(\frac{\alpha}{p^2}+\frac{\beta}{p}+\frac{\gamma}{1+0.2p})$ On trouve, $\gamma = 0.04$, $\alpha = 1$ et $\beta=-0.2$. Donc en repassant dans le domaine réel on a: $A(t) = C(t-0.2+0.2e^{-5t})u(t)$ Donc en échantillonnant avec $a_n=A(nT_e)$ : $a_n=A(nT_e)=C(n.T_e-0.2 + 0.2e^{-5nT_e})$ Ainsi, avec la transformée en Z on a : $Z\{a_n\}=C(T_e\frac{z}{(z-1)^2}-0.2\frac{z}{z-1}+0.2\frac{z}{z-\chi}) \text{ avec } \chi = e^{-5T_e}$ d'où avec la formule initiale, on obtient : \begin{align*} T(z) &= \frac{z-1}{z}Z\{a_n\}\\ &= C\frac{z-1}{z}(\frac{T_ez}{(z-1)^2}-\frac{0.2z}{z-1}+\frac{0.2z}{z-\chi})\\ &= C(\frac{T_e}{z-1}-0.2+0.2\frac{z-1}{z-\chi})\\ &= C.\frac{T_e(z-\chi)-0.2(z^2-(1+\chi)z+\chi)+0.2(z^2-2z+1)}{z^2-(1+\chi)z+\chi}\\ T(z) &= C.\frac{(T_e+0.2(1+\chi)-0.4)z +(-\chi T_e-0.2\chi+0.2)}{z^2-(1+\chi)z+\chi} \end{align*} \medbreak On pose :\begin{itemize} \item $b_1 = C(T_e+0.2(1+\chi)-0.4)$ \item $b_0 = C(0.2-\chi T_e-0.2\chi)$ \item $a_1 = -(1+\chi)$ \item $a_0 = \chi$ \end{itemize} \bigbreak \noindent Ainsi, on a : $T(z) = \frac{b_1z+b_0}{z^2+a_1z+a_0}=\frac{B(z)}{A(z)}$ \medbreak \noindent Remarque : Les pôles analogiques sont : $p_1=0$ , $p_2 = -5$. Les pôles discrétisés sont : $p_{z_1}=1$ et $p_{z_2} = \chi$. (On peut le vérifier avec la relation $p_{z_i}=e^{p_iT_e}$.) Les zéros du temps discret dépendent de $T_e$.\\ \item On a donc en boucle fermée : \begin{align*} Y(z) = \frac{T(z)}{1+T(z)}E(z)&=\frac{B(z)}{A(z) + B(z)}E(z)\\ &=\frac{b_1z+b_0}{z^2+(a_1+b_1)z+a_0} =F(z) E(z) \end{align*} Les zéros de T(z) sont aussi les zéros de F(z).\\ D'autre part, on cherche $G(z) = \frac{\epsilon (z)}{E(z)}$. Or : \begin{align*} \epsilon (z) &= E(z) - Y(z)\\ &= (1-F(z))E(Z)\\ &=\frac{1}{1+T(z)}E(z)\\ &=\frac{A(z)}{A(z)+B(z)}\\ &=G(z) E(z) \end{align*} Ainsi, on a: $G(z)=\frac{z^2 +a_1z+a_0}{z^2+(a_1+b_1)z+(a_0+b_0)}$ \item a -- Déterminons la relation de récurrence entrée-sortie du système en boucle fermée. On a en factorisant par $z^2$: $Y(z)=\frac{b_1z^{-1}+b_0z^{-2}}{1+(a_1+b_1)z^{-1}+(a_0+b_0)z^{-2}}E(z)$ $Y(z)(1+(a_1+b_1)z^{-1}+(a_0+b_0)z^{-2}) = E(z)(b_1z^{-1}+b_0z^{-2})$ d'où, avec la transformée inverse, la relation de récurrence suivante : $y_k+(a_1+b_1)y_{k-1}+(a_0+b_0)y_{k-2}=b_1e_{k-1}+b_0e_{k-2}$ \noindent b -- Déterminons la réponse à un échelon $E(z) = \frac{z}{z-1}$ : $Y(z) = \frac{z}{z-1}\frac{b_1z+b_0}{z^2+(a_1+b_1)z+(a_0+b_0)}\\ \frac{Y(z)}{z}=\frac{\alpha}{z-1}+\frac{\beta}{z-p_1}+\frac{\alpha}{z-p_2}$ d'où: $y_k = (\alpha+\beta p_1^k+\gamma p_2^k).\mathbf{1}_k$ \end{enumerate} \end{document} \ No newline at end of file
 % Relu 12.10.14. AA \documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles} \newcommand{\nomTD}{TD2 : Stabilité} \renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD} \begin{document} \section*{\nomTD} \subsection*{Exercice I : Stabilité d'un asservissement avec retour unitaire} On considère l'asservissement analogique où : $H(p) = \frac{C}{p(1+\tau p)} \text{avec } \tau = 0.2$ On place un CNA (BOZ) en amont de $H(p)$ et un CAN dans la boucle de retour. \begin{enumerate} \item Pour passer de l'analogique au numérique, on utilise la formule suivante : $T(z) = (1-z^{-1})Z[^*L^{-1}[\frac{H(p)}{p}]]$ On a donc successivement : \begin{align*} A(p) & = \frac{H(p)}{p} = \frac{C/\tau}{p^2(p+1/\tau)} \\ & = \frac{C}{\tau}(\frac{\alpha}{p} + \frac{\beta}{p^2} + \frac{\gamma}{p+1/\tau}) \\ & = C (\frac{-\tau}{p} + \frac{1}{p^2} + \frac{\tau}{p+1/\tau}) \\ a(t) & = C[-\tau+t+\tau e^{-\frac{t}{\tau}}] \\ a_k & = C[-\tau + kT_e + \tau e^{-\frac{T_e}{\tau}k}] \\ A(z) & = C[ -\frac{\tau z}{z-1} + \frac{T_e z}{(z-1)^2} + \tau\frac{z}{z-D} ] \text{ où } D = e^{-\frac{T_e}{\tau}} \\ T(z) & = (1-z^{-1})A(z) \\ & = \frac{z-1}{z} C[ -\frac{\tau z}{z-1} + \frac{T_e z}{(z-1)^2} + \tau\frac{z}{z-D}] \\ & = C[ -\tau + \frac{T_e}{z-1} + \frac{\tau(z-1)}{z-D} ] \\ T(z) & = C \frac{(\tau(1+D)+T_e-2\tau)z + (-D\tau - T_e D + \tau)}{z^2 - (1+D)z + D} \end{align*} On pose \begin{align*} T(z) & = \frac{b_1 z + b_0}{z^2 + a_1 z + a_0} \\ & b_1 = C(\tau(D-1) + T_e)\\ & b_0 = C(\tau(1-D) - T_e D)\\ & a_1 = -(1+D)\\ & a_0 =D \end{align*} \item Mise en équation de l'asservissement \begin{align*} Y(z) & = \frac{T(z)}{1+T(z)} E(z) \\ & = \frac{B(z)}{A(z) + B(z)} \text{ avec } T(z) = \frac{A(z)}{B(z)} \end{align*} Le polynôme caractéristique s'écrit : \begin{eqnarray*} \Pi(z) & = & B(z) + A(z) \\ & = & c_2 z^2 + c_1 z + c_0 \\ & \text{avec } & c_2 = 1 \\ & & c_1 = a_1 + b_1 = -(1+D) + C(T_e + \tau (D-1)) \\ & & c_1 = -(1+D) + CT_eD \text{ car ici } \tau = T_e \\ & & c_0 = a_0 + b_0 = D + C(\tau(1-D) - T_e D) \\ & & c_0 = D + CT_e(1-2D) \end{eqnarray*} \item a) Critère de Routh-Hurwitz \\ Transformation en w : $$z = \frac{1+w}{1-w}, \quad w = \frac{z-1}{z+1}$$ \\ On réécrit l'équation caractéristique en $w$ : \begin{eqnarray*} c_2 (\frac{1+w}{1-w})^2 & + c_1(\frac{1+w}{1-w}) & + c_0 = 0 \\ C_2 (w^2 + 2w + 1) & + c_1(1-w^2) & + c_0(w^2 -2w+1) = 0 \\ (c_2-c_1+c_0)w^2 & + 2(c_2-c_0)w & + (c_2+c_1+c_0) = 0 \end{eqnarray*} Tableau de Routh :\\ \begin{figure}[h!] \centering \begin{tabular}{|c|c|c|} \hline $w^2$ & $c_2-c_1+c_0$ & $c_2+c_1+c_0$ \\ \hline $w$ & $2(c_2-c_0)$ & 0 \\ \hline $w^0$ & $c_2+c_1+c_0$ & \\ \hline \end{tabular} \end{figure} On doit avoir tous les termes de la première colonne positifs : on retrouve le critère de Jury. \item b) Critère de Jury : \begin{itemize} \item $c_2 + c_1 + c_0 > 0$ \item $c_2 - c_1 + c_0 > 0$ \item $|c_0| < c_2 \Leftrightarrow -c_2 < c_0 < c_2$ \end{itemize} On traduit ces conditions \begin{itemize} \item $c_2 + c_1 + c_0 > 0$ \begin{align*} & 1 + (-(1+D) + CT_eD) + (D + CT_e(1-2D)) > 0 \\ & C ( T_e D + T_e - 2 DT_e ) > 0 \\ & C (1-D) > 0 \\ & C > 0 \text{ car } D =e^{-1} < 1 \end{align*} \item $c_2 - c_1 + c_0 > 0$ \begin{align*} & 1 - (-(1+D) + CT_eD) + (D + CT_e(1-2D)) > 0 \\ & 2 + 2D + cT_e(-3D+1) > 0 \\ & C T_e(1-3D) > -2 -2D \\ & C < -\frac{2+2D}{1-3D} \text{ car } 3D > 1 \end{align*} \item $-c_2 < c_0 < c_2$ \begin{eqnarray*} -1 < & D + CT_e(1-2D) & < 1 \\ -1 - D < & CT_e(1-2D) & < 1 - D \\ \frac{-1-D}{T_e(1-2D)} < & C & < \frac{1-D}{T_e(1-2D)} \end{eqnarray*} \end{itemize} Le critère de Jury aboutit donc à : $\boxed{ 0 < C < \min(-\frac{2+2D}{(1-3D)T_e},\frac{1-D}{(1-2D)T_e}) }$ \item On s'intéresse à l'asservissement analogique du même système $Y(p) = \frac{H(p)}{1+H(p)} E(p)$ L'équation caractéristique conduit à \begin{align*} 1 + H(p) & = 0 \\ 1 + \frac{C}{p(1+\tau p)} &= 0 \\ \tau p^2 + p + C &= 0 \end{align*} Le système est stable si et seulement si $C>0$.\\ En analogique, la marge de gain est infinie (la phase n'est jamais égale à $-180^o$. En numérique, le BOZ induit un déphasage qui conduit à une limitation supplémentaire pour $C$ en terme de stabilité. \item Pour approcher le comportement basse fréquence de la chaîne directe de l'asservissement de la figure 1, il faut tenir compte du BOZ. Il faut approximer l'expression de $B_0(p)$. \begin{itemize} \item Avec $\omega << \frac{1}{T_e}$, $e^{-T_ep} \approx 1 - T_ep$ et \begin{align*} B_0(p) & = T_e \\ \tilde{H}(p) & = T_e H(p) = \frac{CT_e}{p(1+\tau p)} \end{align*} On revient à la même condition $C > 0$. \item Suggestion : faire le développement à l'ordre 2 ? Avec $e^{-T_e p} \approx 1 - T_ep + \frac{(T_ep)^2}{2}$, \begin{align*} B_0(p) & = \frac{T_ep-T_e^2p^2 / 2 }{p}\\ & = T_e - \frac{T_e^2}{2}p \text{ : non causal} \\ \tilde{H}(p) & = T_e(1-\frac{T_e}{2}p)\frac{C}{p(1+\tau p)} \end{align*} L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p) = 0$ mène à \begin{align*} \tau p^2 + p + CT_e(1-\frac{T_e}{2}p) & = 0 \\ \tau p^2 + (1-C\frac{T_e^2}{2})p + CT_e & = 0 \end{align*} L'application du critère de Routh mène à : $0 < C < \frac{2}{T_e^2}$ \item Approximation de Padé ($\omega << \frac{1}{2T_e}$) : $e^{-T_ep} = \frac{e^{-\frac{T_e}{2}p}}{e^{\frac{T_e}{2}p}} \text{ et } e^{-\frac{T_e}{2}p} \approx 1 - \frac{T_e}{2}p \Longrightarrow e^{-T_ep} \approx \frac{1 - \frac{T_e}{2}p}{1 + \frac{T_e}{2}p} \text{ : causal !}$ \begin{align*} B_0(p) & \approx \frac{1-\frac{1 - \frac{T_e}{2}p}{1 + \frac{T_e}{2}p}}{p} \\ & = \frac{T_e}{1+\frac{T_e}{2}p} \text{ : causal } \\ \tilde{H}(p) & = \frac{T_e}{1+\frac{T_e}{2}p} . \frac{C}{p(1+\tau p)} \end{align*} L'équation caractéristique $1+\tilde{H}(p)=0$ mène à \begin{align*} CT_e + p (1+\frac{T_e}{2}p)(1+\tau p) & = 0 \\ \tau\frac{T_e}{2}p^3 + (\tau+\frac{T_e}{2})p^2 + p + CT_e &= 0 \end{align*} \begin{figure}[h!] \centering \begin{tabular}{|c|c|c|} \hline $p^3$ & $\tau \frac{T_e}{2}$ & 1 \\ \hline $p^2$ & $\tau + \frac{T_e}{2}$ & $CT_e$ \\ \hline $p$ & $1- \frac{CT_e \tau}{2(\tau + \frac{T_e}{2})}$ & 0 \\ \hline $p^0$ & $CT_e$ & \\ \hline \end{tabular} \end{figure} La condition est donc $C < \frac{2(\tau + T_e/2)}{T_e \tau} = \frac{3}{\tau}$ \end{itemize} \item La discrétisation d'un asservissement en temps continu dégrade la stabilité. \end{enumerate} \end{document} \ No newline at end of file
 \documentclass[../../Cours_M1.tex]{subfiles} \newcommand{\nomTD}{TD3 : Correcteur des asservissements numériques} \renewcommand{\nomentete}{UE411 - \nomTD} \begin{document} \section*{\nomTD} \subsection*{Exercice 1 : Analyse et synthèse par une approche (pseudo-)continue} On considère la fonction de transfert $H(p) = \frac{1}{p(1 + \tau p)} \avec \tau = 0,2$ La période d'échantillonnage est $T_e = 0,2s$ et l'on souhaite régler le correcteur PI pour satisfaire le cahier des charges suivants en boucle fermée : \begin{itemize} \item marge de phase de 45 degrés \item erreur en vitesse $\epsilon_v$ nulle \end{itemize} \begin{enumerate} \item Synthèse d'un correcteur à temps continu \begin{enumerate} \item On considère le BOZ $B_0(p)=\frac{1-e^{-T_ep}}{p}$ que l'on cherche a approché par un retard pur équivalent : \begin{align*} B_0(p) &= \frac{1-e^{-T_ep}}{p}\\ &= e^{-\frac{T_ep}{2}}\frac{e^{\frac{T_ep}{2}}-e^{-\frac{T_ep}{2}}}{p} \intertext{Or, le développement limité à l'odre 1 $e^{-T_ep} = 1-T_ep$ donne :} \tilde{B}_0(p) &= e^{-\frac{T_ep}{2}} \frac{1+\frac{T_ep}{2}- (1-\frac{T_ep}{2})}{p}\\ & \boxed{\tilde{B}_0(p) = T_e e^{\frac{-T_ep}{2}}} \end{align*} \bigbreak \item On se propose de régler le correcteur PI en utilisant le tracé de la fonction de transfert en boucle ouverte du système.\\ Le correcteur a donc la forme : $C(p) = K_p(1+\frac{1}{T_ip})$ et on pose $L(p) = \tilde{B}_0(p)H(p) = \frac{T_e e^{\frac{-T_ep}{2}}}{p(1 + \tau p)}$ On s'intéresse dans un premier temps à l'erreur en vitesse. On prend donc pour entrée $e(t) = t$ d'où $E(p) = \frac{1}{p^2}$\\ On a donc comme écart $\epsilon(p) = \frac{E(p)}{1+L(p)C(p)}$, et on va appliquer le théorème de la valeur finale : \begin{align*} \epsilon_v &= \lim_{t \rightarrow \infty}\epsilon(t)\\ &= \lim_{p \rightarrow 0} p \epsilon(p)\\ &= \lim_{p \rightarrow 0} p \frac{1}{p^2} \frac{1}{1+L(p)C(p)}\\ &= \lim_{p \rightarrow 0} \frac{T_ip(1+\tau p)}{T_ip^2(1+\tau p)+T_ee^{\frac{-T_ep}{2}}K_p(1+T_ip)} &= 0 \end{align*} L'erreur statique de vitesse est bien nulle avec ce modèle du retard pur pour le BOZ.\\ Intéressons-nous maintenant au réglage du correcteur, on relève le gain lorsque la phase est de -135 degrés et on cherche à annuler ce gain pour imposer le marge de phase à 45 degrés. On relève un gain de -35dB, il faut donc relever le gain de 35dB : $20log(K_p) = 25 \Rightarrow K_p = 10^{\frac{25}{20}} = 18$ De plus, pour régler $T_i$, on fait en sorte que la phase du correcteur n'influence pas trop celle du système dans la bande passante, donc que la phase du correcteur seul soit à zéro quand celle du système est proche du point critique -1. Il est une bonne approximation de prendre $T_i$ de sorte que $\frac{1}{T_i}$ soit une décade plus tôt que la pulsation de coupure du système ou d'annulation du gain (choix effectué ici). Donc : $\frac{1}{T_i} = \frac{\omega_{0dB}}{10} \Rightarrow T_i = \frac{10}{3} = 3.3s$ \item On utilise l'approximation $z=e^{pT_e} \approx 1+pT_e$ pour écrire la fonction de transfert en $z$ du correcteur échantillonné, on a donc $p = \frac{z-1}{T_e}$, d'où :\\ \begin{align*} C(p)|_{p = \frac{z-1}{T_e}} &= C(z)\\ &= K_p(1+ \frac{1}{\frac{T_i}{T_e}(z-1)})\\ &=K_p\frac{z+\frac{T_e}{T_i}-1}{z-1} \end{align*} La fonction de transfert en $z$ du système + BOZ est : \begin{align*} T(z) & = (1-z^{-1})Z\{^*L^{-1}\{\frac{H(p)}{p}\}\} \\ & = \frac{b_1z+b_0}{z^2+a_1z+a_0} \\ \avec b_0 & = (1-D)\tau - T_eD \\ b_1 & = T_e + (D-1)\tau \\ a_0 & = D \\ a_1 & = -D-1 \\ D & = e^{-T_e/\tau} \end{align*} \item Déterminons si le système échantillonné est stable si asservi de la sorte (correcteur numérique) :\\ On peut appliquer le critère de Routh à $1+C(z)T(z)$, avec $T(z)$ la fonction de transfert de l'asservissement échantillonné, CF TD précédent. \end{enumerate} \item Synthèse "pseudo-continue" \begin{enumerate} \item Déterminons la fonction de transfert en $w$ du système échantillonné : \begin{align*} T(z)|_{z=\frac{1+w}{1-w}} = \tilde{T}(w) &= \frac{b_1\frac{1+w}{1-w}+b_0}{(\frac{1+w}{1-w})^2 + a_1 \frac{1+w}{1-w} + a_0}\\ &= \frac{b_1(1-w^2)+b_0(1-2w + w^2)}{(w^2+w+1)+a_1(1-w^2)+a_0(1-2w+w^2}\\ \end{align*} $\boxed{\tilde{T}(w)= \frac{(b_0-b_1)w^2-2b_0w + b_0+b_1}{(1-a_1+a_0)w^2 + 2(1-a_0)w + 1+a_1+a_0}}$ \noindent Comment se traduit le cahier des charges pour le système transformé ?\\ $z= \frac{1+w}{1-w} \Leftrightarrow w = \frac{z-1}{z+1} \text{ avec } z= e^{T_ep}$ La réponse fréquentielle est valable pour $p = j\omega$ avec $\omega \in [0,\frac{\pi}{T_e}]$, donc pour : $w = \frac{e^{j\omega T_e}-1}{e^{j\omega T_e}+1} = \frac{2j\sin(\omega \frac{T_e}{2})}{2\cos(\omega \frac{T_e}{2})} = j\tan(\frac{\omega T_e}{2})$ Ainsi, quand $\omega$ varie de 0 à $\frac{\pi}{T_e}$ alors $w$ varie de 0 à l'infini sur l'axe des imaginaires.\\ On pose donc $w = j\tilde{\omega}$ et $\tilde{\omega}\in[0;+\infty[$ \\ En quoi on répond à la question??? \item On va régler ici le correcteur PI en la variable $w$ : On a $C(w) = K_p(1+\frac{1}{T_iw}$ et $\epsilon(w) = \frac{1}{1+C(w)\tilde{T}(w)}E(w)$\\ On applique une entrée en rampe $t \rightarrow nT_e \rightarrow \frac{T_ez}{(z-1)^2}$, on a donc : \begin{align*} E(w) = E(z)|_{z=\frac{1+w}{1-w}} &= \frac{T_e(1+w)}{(1-w)(\frac{1+w-1+w}{1-w})^2}\\ &=\frac{T_e(1-{w}^2)}{4{w}^2} \end{align*} Intéressons nous maintenant à l'écart statique en vitesse avec el théorème de la valeur finale: \begin{align*} \epsilon_v &= \lim_{z \rightarrow 1} (z-1) E(z)\\ z \rightarrow 1 &\Leftrightarrow w \rightarrow 0 \text{ car, $z-1 = \frac{2w}{1-w}$}\\ \epsilon_v &= \lim_{w \rightarrow 0} \frac{2w}{1-w}\epsilon(w)\\ &= \lim_{w \rightarrow 0} \frac{2w}{1-w}\frac{1}{1+K_p(1+\frac{1}{T_iw}\frac{\beta_2{w}^2+\beta_1 w + \beta_0}{\alpha_2{w}^2+\alpha_1 w + \alpha_0}\frac{T_e(1-{w}^2)}{4{w}^2})}\\ &= ...\\ &= 0 \end{align*} Caractérisons maintenant le correcteur en fonction du cahier des charges. Comme précedemment on relève le gain lorsque la phase est à -135 degrés et on a : $K_p = 10^{\frac{10}{20}} = 3.3$ et le choix de $T_i$ est le même fait comme précedemment donc : $T_i = \frac{10}{\tilde{\omega}_{0dB}} = 33.3s$\\ \item La transformée en z ainsi, obtenue est : \begin{align*} C(z) &= C(w)|_{w = \frac{z-1}{z+1}}\\ &= K_p(1+\frac{z+1}{T_i(z-1)}\\ &= \frac{C_p}{T_i}\frac{T_iz+1-T_i}{z-1} \end{align*} \end{enumerate} \end{enumerate} \end{document}
 \documentclass{article} \input{../../preambule/preambule} \newcommand{\nom}{TD5 : Modélisation par variables d'état} \renewcommand{\nomentete}{UE421 - \nom} \begin{document} \titre{\nom} \section*{Exercice 1 : Représentation d'état de correcteurs analogiques} \noindent 1- Correcteur à avance de phase On considère le circuit suivant : \noindent a) Établissons les différentes relations entrée sorties de chaque composants:\\ \begin{itemize} \item $u = Ri$ \item $u_2 = R_2i_2$ \item $u_1 = R_1i_1$ \item $u_3 = R_3i_3$ \item $i_c = C\frac{d u_c}{dt}$ \end{itemize} \bigbreak On se propose ensuite de construire un modèle d'état de vecteur d'état $x \in \mathbb{R^n}$ tel que : $\dot{x}(t)= Ax(t) + B e(t)$ équation d'état.\\ Équation d'observation : $s(t) = Cx(t) + De(t)$\\ La loi des nœuds donne : \begin{itemize} \item $i_2 = i_1+i_3$ \item $i = i_2$ \item $i_c = i_3$ \end{itemize} \bigbreak La loi des mailles donne : \begin{itemize} \item $e = u$ \item $u_2 + u_1 + s = 0$ \item $u_2 + u_3 + u_c = 0$ \end{itemize} On obtient en recoupant judicieusement l'équation d'état : \\ $\dot{u_C} = \frac{-1}{R_3C}u_C - \frac{R_2}{RR_3}e = Au_C + B e$\\ Et l'équation d'observation : $s = \frac{-R_1}{R_3}u_C - (\frac{R_1R_2}{RR_3}+\frac{R_1+R_2}{R})e = Cu_C + De$ \noindent 2 et 3 à faire . \section*{Exercice 2 : association de systèmes} On considère les deux systèmes (S1) et (S2) respectivement décrits par les représentation d'état : \begin{align*} (S1)\left \{ \begin{matrix} \dot{x_1} = A_1x_1 + B_1u_1\\